2019届高考数学大一轮复习讲义：第三章　导数及其应用 第2讲　第3课时　导数与函数的综合应用.2 第3课时 .doc

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1、第3课时导数与函数的综合问题题型一导数与不等式命题点1证明不等式典例 (2017贵阳模拟)已知函数f(x)1，g(x)xln x.(1)证明：g(x)1；(2)证明：(xln x)f(x)1.证明(1)由题意得g(x)(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0,1)上是减少的，在(1，)上是增加的所以g(x)g(1)1，得证(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0,2)上是减少的，在(2，)上是增加的，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号)又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(x

2、ln x)f(x)1.命题点2不等式恒成立或有解问题典例 (2018大同模拟)已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)是增加的；当x(1，)时，f(x)0，f(x)是减少的所以x1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)是增加的，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：存在x1，e，使不等式f(x)成立，求实数k的取

3、值范围解当x1，e时，k有解，令g(x)(x1，e)，由例(2)解题知，g(x)是增加的，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即实数k的取值范围是.思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法证明f(x)1时，h(x)0，h(x)是增加的，当0x1时，h(x)0)易求f(x)xln x(x0)的最小值为f，设(x)(x0)，则(x)，当x(0,1)时，(x)0，(x)是增加的；当x(1，)时，(x)恒成立，即F(x)0恒成立，函数F(x)无零点思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的极值、最值

4、、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图像，然后根据图像判断函数的零点个数跟踪训练 (1)(2017贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为1,4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图像如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2 C3 D4答案D解析根据导函数图像知，2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图像如图所示由于f(0)f(3)2,1a0，则实数a的取值范围是_答案(，2)解析当a0时，f(x)3x21有两个零点，不合题意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，令f(x)0，得x10，x2.若a0，由三次函数图像知f

5、(x)有负数零点，不合题意，故a0知，f0，即a33210，化简得a240，又a0，所以a2.题型三利用导数研究生活中的优化问题典例某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y10(x6)2，其中3x6，a为常数已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大解(1)因为当x5时，y11，所以1011，解得a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y10(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)(x3)2

6、10(x3)(x6)2,3x0)，为使耗电量最小，则速度应定为_答案40解析令yx239x400，得x1或x40，由于当0x40时，y40时，y0.所以当x40时，y有最小值一审条件挖隐含典例 (12分)设f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M(正确理解“存在”的含义)g(x1)g(x2)maxM挖掘g(x1)g(x2)max的隐含实质g(x)maxg(x)minM求得M的最大整数

7、值(2)对任意s，t都有f(s)g(t)(理解“任意”的含义)f(x)ming(x)max求得g(x)max1xln x1恒成立分离参数aaxx2ln x恒成立求h(x)xx2ln x的最大值ah(x)maxh(1)1a1规范解答解(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.2分由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x.令g(x)0，得x，又x0,2，所以g(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，所以g(x)ming，g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数M4.5分(2

8、)对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)ming(x)max.7分由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)1.在区间上，f(x)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知h(x)在区间上是减少的，又h(1)0，所以当1x2时，h(x)0；当x0.10分即函数h(x)xx2ln x在区间上是增加的，在区间(1,2)上是减少的，所以h(x)maxh(1)1，所以a1，即实数a的取值范围是1，)12分1方程x36x29x100的实根个数是()A3 B2 C1 D0答案C解析设f(x)x36x29x1

9、0，则f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100，则()A3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)答案B解析由于f(x)xf(x)，则0恒成立，因此在R上是减少的，f(3)故选B.3若不等式2xln xx2ax3对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是()A(，0) B(，4C(0，) D4，)答案B解析ax2ln x(x0)恒成立，设yx2ln x，则y1，当0x1时，y1时，y0.当x1时，ymin4.a4.4若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点，则a可能的值为()A4 B6 C7 D8答案A解析

10、由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，由f(x)0，得x2，由f(x)0，得1x2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上是增加的，在(1,2)上是减少的，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)若函数f(x)恰好有两个不同的零点，则f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，故选A.5某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的关系是R(x)则总利润最大时，年产量是()A100 B150C200 D300答案D解析由题意得，总成本函数为C(x)20 000100x，总利润P(x)又P(x)令P(x)0

11、，得x300，易知当x300时，总利润P(x)最大6(2018厦门调研)已知f(x)x2c(b，c是常数)和g(x)x是定义在Mx|1x4上的函数，对于任意的xM，存在x0M使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A.B5C6 D8答案B解析因为当x1,4时，g(x)x21(当且仅当x2时等号成立)，所以f(2)2cg(2)1，所以c1，所以f(x)x21，所以f(x)x.因为f(x)在x2处有最小值，且x1,4，所以f(2)0，即b8，所以c5，经检验，b8，c5符合题意所以f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2)上是减少的，

12、在(2,4上是增加的，而f(1)85，f(4)8255，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.7(2017安徽江南名校联考)已知x(0,2)，若关于x的不等式0.即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，得k0，函数f(x)在(1,2)上是增加的，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上是减少的，所以k0，即|AB|的最小值是42ln 2.9(2018郑州调研)已知函数f(x)ax33x1对x(0,1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围是_答案4，)解析当x(0,1时，不等式ax33x10可化为a，设g(x)，x(0,1，则g(x).易知当x时，g

13、(x)max4，实数a的取值范围是4，)10(2018佛山质检)定义在R上的奇函数yf(x)满足f(3)0，且不等式f(x)xf(x)在(0，)上恒成立，则函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为_答案3解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，当x0时，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0，xf(x)0，即h(x)xf(x)在x0时是增加的，又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函数，当x0时，h(x)是减少的，结合函数的定义域为R，且f(0)f(3)f(3)0，可得函数y1xf(x)与y2lg|x1|的大致图像如图，由图像

14、可知，函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点的个数为3.11(2017全国)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0，所以f(x)在(0，a)上是减少的，在(a，)上是增加的，故xa是f(x)在x(0，)上的唯一极小值点也是最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0，令x1，得ln，从而lnlnln11.故2，所以m的最小值为3.12(2017

15、广州调研)已知函数f(x)exmx，其中m为常数(1)若对任意xR有f(x)0恒成立，求m的取值范围；(2)当m1时，判断f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由解(1)由题意，可知f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故当x(，m)时，exm1，f(x)1，f(x)0，f(x)是增加的故当xm时，f(m)为极小值也为最小值令f(m)1m0，得m1，即对任意xR，f(x)0恒成立时，m的取值范围是(，1(2)f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下：当m1时，f(m)1m0，f(0)f(m)1时，g(m)em20，g(m)在(1，)上是增加的g(m)g(1)e20，即f(2m)0.f(m)

16、f(2m)0时，易知y1|ln x|与y2ax的图像在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1|ln x|与y2ax的图像在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|ln x，由ln xax，得a.令h(x)，x(1,4)，则h(x)，故函数h(x)在(1，e)是增加的，在(e,4)是减少的，h(e)，h(1)0，h(4)，所以a，故选D.14若函数f(x)2xsin x对任意的m2,2，f(mx3)f(x)0，则f(x)在定义域内是增加的，所以f(mx3)f(x)0可变形为f(mx3)f(x)，所以mx3x，将其看作关于m的一次函数，则g(m)xm3x，m2,2，可得当m2,2时，g

17、(m)0恒成立所以即解得3x1.15已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m，n1,1，则f(m)f(n)的最小值是_答案13解析f(x)3x22ax，由题意知f(2)0，得a3，f(x)x33x24，令f(x)3x26x3x(x2)0，解得x10，x22(舍去)，f(1)0，f(0)4，f(1)2，f(x)min4，f(x)3x26x3(x1)23，f(x)minf(1)9，f(m)f(n)的最小值是4913.16(2016全国)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，11，证明：当x(0,1)时，1(c1)xcx.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)是增加的；当x1时，f(x)0，f(x)是减少的(2)证明由(1)知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)是增加的；当xx0时，g(x)0，g(x)是减少的由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.